Đề tham khảo thi học kỳ I môn: Toán khối 10 (Đề 10)

c Tính tọa độ chân A’ của đường cao vẽ từ đỉnh A... a Chứng minh ba điểm A, B, C không thẳng hàng.[r]

Bài 1 Giải các phương trình sau

) 2 2 1 ) 3 2 1

Bài 2 Giải và biện luận phương trình 2 2 theo tham số m

m x m x m 

Bài 3 Xác định parabol 2 biết parabol có trục đối xứng , cắt trục tung tại

6

x điểm A(0; 2) và đi qua điểm B(2; 4)

Bài 4 Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau

  



   



    



Bài 5 Cho ba điểm A(2; -3), B(4; 5), C(0; -1).

a) Chứng minh ba điểm A, B, C không thẳng hàng

b) Tìm điểm D sao cho ABCD là hình bình hành

c) Tính tọa độ chân A’ của đường cao vẽ từ đỉnh A

KIỂM TRA HỌC KỲ I Môn: Toán 10 – Chương trình cơ bản Thời Gian: 90 Phút - Đề 02

Bài 1 Giải các phương trình sau

) 3 7 3 ) 2 5 2

Bài 2 Giải và biện luận phương trình 2 2 theo tham số m

m x mmxm 

Bài 3 Xác định parabol 2 biết parabol có đỉnh và đi qua điểm

y ax bxc I( 1;  4) A(-3; 0)

Bài 4 Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau

5

x y z

   





   



Bài 5 Cho ba điểm A(-5; 6), B(- 4; -1), C(4; 3).

a) Chứng minh ba điểm A, B, C không thẳng hàng

b) b)Tìm điểm D sao cho ABCD là hình bình hành

c) Tính tọa độ chân A’ của đường cao vẽ từ đỉnh A

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN

LỚP 10 (Ban CB) - Đề 1

a)

2 2 1 (1)

Điều kiện: x     2 0 x 2

2

2

1

4

x

x

 





 

 đều thỏa mãn điều kiện của phương trình (1) nhưng thay

1

1,

4

x  x

vào phương trình thì x 1 không thỏa, 1 thỏa phương trình Vậy

4

x

là nghiệm của phương trình (1)

1

4

x

0,25

0,25

0,25

b)

3x  2 x 1 (2)

(2) (3 2) ( 1) (4 3)(2 1) 0

3 4 1 2

x

x

  



 

  



Thay 3, 1 vào phương trình (2) ta thấy thỏa mãn Vậy

là nghiệm của phương trình (2)

,

0,25

0,25

0,25

2

2

2 3 ( 1) 2 3 (1)

1 0

1

m m

m





     

 2 2

(1)

x

1 0

1

m m

m





     

 Với m1 thì phương trình (1) thành 0x 4: vô nghiệm

Với m 1 thì phương trình (1) thành 0x0: có vô số nghiệm

Kết luận: Nếu 1 thì phương trình có nghiệm duy nhất

1

m m





  



3 1

m x m





 Nếu m1 thì phương trình vô nghiệm

Nếu m 1 thì phương trình có vô số nghiệm

0,25 0,25 0,5

0,25

0,25 0,25

0,25

Từ (1) và (2) suy ra

Vậy phương trình (P) là: 2

( ) :P y 3x 5x2 0,250,5

1

4

  



   



    



2 3 2 2 3 2 2 3 2 4( 2 3 2) 6 5 9 18 3 3 6 1

1 2

3

x

z

                



    



  



 



1

2 2 3

x y z



  



 



 



0,5

0,5

a)

(2;8), ( 2; 2)

 

Ta có 2 1 8 4

2    2

 Suy ra 2 vectơ  AB AC, không cùng phương A, B, C không thẳng

 hàng

0,5 0,25

0,25

b)

Gọi ( ; )x y là tọa độ điểm D, DC ( x ; 1 y)

Vì ABCD là hình bình hành nên AB DC



     

Vậy ( 2; 9)D  

0,25 0,25 0,5

c)

Gọi ( ; )x y là tọa độ điểm A’

AA'(x2;y3), BC   ( 4; 6), BA'(x4;y5)

4( 2) 6( 3) 0 2 3 5 (1)

 

cùng phương với

'

BA



BC

3 2 2 (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

4

2x3y  5   x 13

    Vậy A'( 4 ;19)

0,5

0,25 0,25 0,5

0,5

A' A

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN

LỚP 10 (Ban CB) - Đề 2

a)

3x  7 x 3 (1)

3 7 0

3

x    x

2

2

(1) 3 7 ( 3)

1

3 2 0

2

x

x

 



 thỏa mãn điều kiện của phương trình (1) Thay

1, 2

vào phương trình ta thấy thỏa mãn Vậy là nghiệm 2

của phương trình (1)

0,25

0,25

0,25

b)

2x  5 x 2 (2)

(2) (2 5) ( 2) (3 3)( 7) 0

1 7

x

x





  



Thay x1, x7 vào phương trình (2) ta thấy thỏa mãn Vậy x1, x7

là nghiệm của phương trình (2)

0,25 0,25

0,25

2

2

3 2 ( ) 3 2 (1)

0

1

m

m





    

 2 2

(1)

x

0

1

m

m





    

 Với m0 thì phương trình (1) thành 0x 2: vô nghiệm

Với m1 thì phương trình (1) thành 0x0: có vô số nghiệm

Kết luận: Nếu 0thì phương trình có nghiệm duy nhất

1

m m





 



2

m x m



 Nếu m0 thì phương trình vô nghiệm

Nếu m1 thì phương trình có vô số nghiệm

0,25 0,25 0,5

0,25

0,25 0,25

0,25

1,5

3

2 ( ) :P yax bxc

Theo giả thiết ta có I( 1;  4) 1 2 (1)

2

b

a



     (P) đi qua điểm A(-3; 0), I( 1;   4) ( )P

suy ra ta có : 9 3 0 (2)

4

a b c

  



    



0,25

0,5

2x 5y 3z 76

   



5 5

8 8

6 6

0,5

0,5

a)

(1; 7), (9; 3)

 

Ta có 1 7





 Suy ra 2 vectơ  AB AC, không cùng phương A, B, C không thẳng

 hàng

0,5 0,25

0,25

b)

Gọi ( ; )x y là tọa độ điểm D, DC(4x ; 3 y)

Vì ABCD là hình bình hành nên AB DC



     

Vậy (3;10)D

0,25 0,25 0,5

c)

Gọi ( ; )x y là tọa độ điểm A’

AA'(x5;y6), BC (8; 4), BA'(x4;y1)

8( 5) 4( 6) 0 2 4 (1)

 

cùng phương với

'

BA



BC

2 2 (2)

Từ (1) và (2) suy ra: 2 4 2 Vậy

     

0,5

0,25 0,25 0,5 0,5

A' A